2021届高考数学人教版一轮创新教学案：第10章第8讲　n次独立重复试验与二项分布


第8讲　n次独立重复试验与二项分布

[考纲解读]　1.了解条件概率与两个事件相互独立的概念．(重点)
2．能够利用n次独立试验的模型及二项分布解决一些简单的实际问题．(难点)
[考向预测]　从近三年高考情况来看，本讲是高考中的一个热点．预测2021年将会考查：①条件概率的计算；②事件独立性的应用；③独立重复试验与二项分布的应用．题型为解答题，试题难度不会太大，属中档题型.

1.条件概率及其性质
(1)对于任何两个事件A和B，在已知事件A发生的条件下，事件B发生的概率叫做条件概率，用符号P(B|A)来表示，其公式为P(B|A)＝(P(A)>0)．在古典概型中，若用n(A)表示事件A中基本事件的个数，则P(B|A)＝(n(AB)表示AB共同发生的基本事件的个数)．
(2)条件概率具有的性质
①0≤P(B|A)≤1；
②如果B和C是两个互斥事件，
则P((B∪C)|A)＝P(B|A)＋P(C|A)．
2．相互独立事件
(1)对于事件A，B，若A的发生与B的发生互不影响，则称A，B是相互独立事件．
(2)若A与B相互独立，则P(B|A)＝P(B)，
P(AB)＝P(B|A)P(A)＝P(A)P(B)．
(3)若A与B相互独立，则A与，与B，与也都相互独立．
(4)若P(AB)＝P(A)P(B)，则A与B相互独立．
3．独立重复试验与二项分布
(1)独立重复试验
在相同条件下重复做的n次试验称为n次独立重复试验．Ai(i＝1,2，…，n)表示第i次试验结果，则P(A1A2A3…An)＝P(A1)P(A2)…P(An)．
(2)二项分布
在n次独立重复试验中，用X表示事件A发生的次数，设每次试验中事件A发生的概率是p，此时称随机变量X服从二项分布，记作X～B(n，p)，并称p为成功概率．在n次独立重复试验中，事件A恰好发生k次的概率为P(X＝k)＝Cpk(1－p)n－k(k＝0,1,2，…，n)．
　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　
1．概念辨析
(1)相互独立事件就是互斥事件．(　　)
(2)对于任意两个事件，公式P(AB)＝P(A)P(B)都成立．(　　)
(3)二项分布是一个概率分布，其公式相当于(a＋b)n二项展开式的通项公式，其中a＝p，b＝(1－p)．(　　)
(4)二项分布是一个概率分布列，是一个用公式P(X＝k)＝Cpk(1－p)n－k，k＝0,1,2，…，n表示的概率分布列，它表示了n次独立重复试验中事件A发生的次数的概率分布．(　　)
答案　(1)×　(2)×　(3)×　(4)√
2．小题热身
(1)甲、乙两市都位于长江下游，根据一百多年来的气象记录，知道一年中下雨天的比例甲市占20%，乙市占18%，两地同时下雨占12%，记P(A)＝0.2，P(B)＝0.18，P(AB)＝0.12，则P(A|B)和P(B|A)分别为(　　)
A.， B.，
C.， D.，
答案　C
解析　由已知，得P(A|B)＝＝＝，
P(B|A)＝＝＝.
(2)设随机变量ξ～B，则P(ξ＝3)＝(　　)
A. B.
C. D.
答案　C
解析　因为ξ～B，所以P(ξ＝3)＝C3·2＝.
(3)一名信息员维护甲乙两公司的5G网络，一天内甲公司需要维护和乙公司需要维护相互独立，它们需要维护的概率分别为0.4和0.3，则至少有一个公司不需要维护的概率为________．
答案　0.88
解析　P＝1－0.4×0.3＝0.88.
(4)小王通过英语听力测试的概率是，他连续测试3次，那么其中恰有1次获得通过的概率是________．
答案　
解析　所求概率P＝C·1·2＝.

题型 一　条件概率　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　
1．从1,2,3,4,5中任取2个不同的数，事件A：“取到的2个数之和为偶数”，事件B：“取到的2个数均为偶数”，则P(B|A)＝(　　)
A. B.
C. D.
答案　B
解析　解法一：事件A包括的基本事件：(1,3)，(1,5)，(3,5)，(2,4)共4个．
事件AB发生的结果只有(2,4)一种情形，即n(AB)＝1.
故由古典概型概率P(B|A)＝＝.故选B.
解法二：P(A)＝＝，P(AB)＝＝.由条件概率计算公式，得P(B|A)＝＝＝.故选B.
条件探究1　若将本例中的事件B改为“取到的2个数均为奇数”，则P(B|A)＝________.
答案　
解析　P(A)＝＝，P(B)＝＝.
又B⊆A，则P(AB)＝P(B)＝，
所以P(B|A)＝＝＝.
条件探究2　将本例中的条件改为：从1,2,3,4,5中不放回地依次取2个数，事件A为“第一次取到的是奇数”，事件B为“第二次取到的是奇数”，则P(B|A)＝________.
答案　
解析　从1,2,3,4,5中不放回地依次取2个数，有A种方法；其中第一次取到的是奇数，有AA种方法；第一次取到的是奇数且第二次取到的是奇数，有AA种方法．
则P(A)＝＝，P(AB)＝＝，
所以P(B|A)＝＝＝.

2．如图，EFGH是以O为圆心，半径为1的圆的内接正方形．将一颗豆子随机地扔到该圆内，用A表示事件“豆子落在正方形EFGH内”，B表示事件“豆子落在扇形OHE(阴影部分)内”，则P(B|A)＝________.
答案　
解析　由题意可得，事件A发生的概率P(A)＝
＝＝.事件AB表示“豆子落在△EOH内”，则P(AB)＝＝＝，
故P(B|A)＝＝＝.

解决条件概率问题的步骤
第一步，判断是否为条件概率，若题目中出现“已知”“在……前提下”等字眼，一般为条件概率．题目中若没有出现上述字眼，但已知事件的出现影响所求事件的概率时，也需注意是否为条件概率．若为条件概率，则进行第二步．
第二步，计算概率，这里有两种思路：
思路一
缩减样本空间法计算条件概率，如求P(A|B)，可分别求出事件B，AB包含的基本事件的个数，再利用公式P(A|B)＝计算
思路二
直接利用公式计算条件概率，即先分别计算出P(AB)，P(B)，再利用公式P(A|B)＝计算

提醒：要注意P(B|A)与P(A|B)的不同：前者是在A发生的条件下B发生的概率，后者是在B发生的条件下A发生的概率．
　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　


1．(2019·汉中模拟)甲、乙、丙、丁四名同学报名参加假期社区服务活动，社区服务活动共有关怀老人、环境监测、教育咨询、交通宣传这四个项目，每人限报其中一项，记事件A为“四名同学所报项目各不相同”，事件B为“只有甲同学一人报关怀老人项目”，则P(A|B)＝(　　)
A. B.
C. D.
答案　C
解析　由题意，得P(B)＝＝，P(AB)＝＝，所以P(A|B)＝＝.
2．(2019·武侯区校级模拟)如果{an}不是等差数列，但若∃k∈N*，使得ak＋ak＋2＝2ak＋1，那么称{an}为“局部等差”数列．已知数列{xn}的项数为4，记事件A：集合{x1，x2，x3，x4}⊆{1,2,3,4,5}，事件B：{xn}为“局部等差”数列，则条件概率P(B|A)＝(　　)
A. B.
C. D.
答案　C
解析　由已知数列{xn}的项数为4，记事件A：集合{x1，x2，x3，x4}⊆{1,2,3,4,5}，则事件A的基本事件共有A＝120个，在满足事件A的条件下，事件B：{xn}为“局部等差”数列，共有以下24个基本事件：其中含1,2,3的局部等差数列分别为1,2,3,5；5,1,2,3；4,1,2,3，共3个，同理含3,2,1的局部等差数列也有3个，含3,4,5和含5,4,3与上述相同，含2,3,4的有5,2,3,4；2,3,4,1，共2个，同理含4,3,2的也有2个．含1,3,5的有1,3,5,2；2,1,3,5；4,1,3,5；1,3,5,4，共4个，同理含5,3,1的也有4个．所以P(B|A)＝＝.



题型 二　相互独立事件的概率　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　

1．(2019·咸阳二模)已知甲、乙、丙三人去参加某公司面试，他们被公司录取的概率分别为，，，且三人录取结果相互之间没有影响，则他们三人中至少有一人被录取的概率为(　　)
A. B.
C. D.
答案　B
解析　由题意，得他们三人中至少有一人被录取的对立事件是三个人都没有被录取，∴他们三人中至少有一人被录取的概率为P＝1－＝.
2．(2019·全国卷Ⅱ)11分制乒乓球比赛，每赢一球得1分，当某局打成10∶10平后，每球交换发球权，先多得2分的一方获胜，该局比赛结束．甲、乙两位同学进行单打比赛，假设甲发球时甲得分的概率为0.5，乙发球时甲得分的概率为0.4，各球的结果相互独立．在某局双方10∶10平后，甲先发球，两人又打了X个球该局比赛结束．
(1)求P(X＝2)；
(2)求事件“X＝4且甲获胜”的概率．
解　(1)X＝2就是某局双方10∶10平后，两人又打了2个球该局比赛结束，则这2个球均由甲得分，或者均由乙得分．
因此P(X＝2)＝0.5×0.4＋(1－0.5)×(1－0.4)＝0.5.
(2)X＝4且甲获胜，就是某局双方10∶10平后，两人又打了4个球该局比赛结束，且这4个球的得分情况为前两球是甲、乙各得1分，后两球均为甲得分．
因此所求概率为[0.5×(1－0.4)＋(1－0.5)×0.4]×0.5×0.4＝0.1.



求相互独立事件概率的步骤
第一步，先用字母表示出事件，再分析题中涉及的事件，并把题中涉及的事件分为若干个彼此互斥的事件的和；
第二步，求出这些彼此互斥的事件的概率；
第三步，根据互斥事件的概率计算公式求出结果．
此外，也可以从对立事件入手计算概率.

1．(2019·湘潭三模)某校在秋季运动会中，安排了篮球投篮比赛，现有20名同学参加篮球投篮比赛，已知每名同学投进的概率均为0.4；每名同学有2次投篮机会，且各同学投篮之间没有影响；现规定：投进2个得4分，投进1个得2分，1个未进得0分，则其中1名同学得2分的概率为(　　)
A．0.5 B.0.48
C．0.4 D.0.32
答案　B
解析　设“第一次投进球”为事件A，“第二次投进球”为事件B，则得2分的概率为P＝P(A)＋P(B)＝0.4×0.6＋0.6×0.4＝0.48.
2．某社区举办《“环保我参与”有奖问答比赛》活动．某场比赛中，甲、乙、丙三个家庭同时回答一道有关环保知识的问题．已知甲家庭回答正确这道题的概率是，甲、丙两个家庭都回答错误的概率是，乙、丙两个家庭都回答正确的概率是.若各家庭回答是否正确互不影响．
(1)求乙、丙两个家庭各自回答正确这道题的概率；
(2)求甲、乙、丙三个家庭中不少于2个家庭回答正确这道题的概率．
解　(1)记“甲回答正确这道题”“乙回答正确这道题”“丙回答正确这道题”分别为事件A，B，C，
则P(A)＝，
且有
即
所以P(B)＝，P(C)＝.
(2)有0个家庭回答正确的概率为
P0＝P()＝P()·P()·P()＝××＝，
有1个家庭回答正确的概率为
P1＝P(A＋B＋C)＝××＋××＋××＝，
所以不少于2个家庭回答正确这道题的概率为
P＝1－P0－P1＝1－－＝.
题型 三　独立重复试验与二项分布　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　

1．若同时抛掷两枚骰子，当至少有5点或6点出现时，就说这次试验成功，则在3次试验中至少有1次成功的概率是(　　)
A. B.
C. D.
答案　C
解析　一次试验中，至少有5点或6点出现的概率为1－×＝1－＝，设X为3次试验中成功的次数，所以X～B，故所求概率P(X≥1)＝1－P(X＝0)＝1－C×0×3＝，故选C.
2．为了弘扬国粹，提高民族自豪感，坐落于某实验中学内的艺术馆为学员们提供书法、国画、古琴、茶艺等教学服务，其中学习书法和国画的学员最多．为了研究喜欢书法和喜欢国画之间的联系，随机抽取了80名学员进行问卷调查，发现喜欢国画的人的比例为70%，喜欢书法的人的比例为50%.

喜欢国画
不喜欢国画
总计
喜欢书法
a
b

不喜欢书法
c
16

总计



(1)请求出上表中a，b，c的值；
(2)有人认为喜欢书法与喜欢国画有关，你同意这种看法吗？说明理由；
(3)假定学员们都按照自己的喜好进行了系统学习．根据传统，国画上有题字和落款才算完整作品，那么既学书法又学国画的学员们创作的作品可以称为“书画兼优”．为了配合实验中学七十年校庆，打算随机挑选5幅作品展览．设其中“书画兼优”的作品数为X，求X的分布列．
参考公式：K2＝，其中n＝a＋b＋c＋d.
参考数据：

P(K2≥k0)
0.15
0.10
0.05
0.25
0.010
k0
2.072
2.706
3.841
5.024
6.635

解　(1)由题意，得c＋16＝80×(1－50%)，∴c＝24.
∵a＋c＝80×70%，∴a＝32.
∵a＋b＝80×50%，∴b＝8.
∴a＝32，b＝8，c＝24.
(2)我同意这种看法．理由如下：
K2＝≈3.81.
∵3.81>2.706，
∴有90%以上的把握认为喜欢书法与喜欢国画有关，
∴我同意这种看法．
(3)由(1)知一幅作品“书画兼优”的概率为＝.
X的所有可能取值为0,1,2,3,4,5.
P(X＝0)＝C05＝，
P(X＝1)＝C··4＝，
P(X＝2)＝C23＝，
P(X＝3)＝C32＝，
P(X＝4)＝C4·＝，
P(X＝5)＝C50＝.
∴X的分布列如下．

X
0
1
2
3
4
5
P








1．独立重复试验的实质及应用
独立重复试验的实质是相互独立事件的特例，应用独立重复试验公式可以简化求概率的过程．
2．判断某概率模型是否服从二项分布Pn(X＝k)＝Cpk(1－p)n－k的三个条件
(1)在一次试验中某事件A发生的概率是一个常数p.
(2)n次试验不仅是在完全相同的情况下进行的重复试验，而且每次试验的结果是相互独立的．
(3)该公式表示n次试验中事件A恰好发生了k次的概率．
提醒：在实际应用中，往往出现数量“较大”“很大”“非常大”等字眼，这表明试验可视为独立重复试验，进而判定是否服从二项分布.

1．春节期间，某旅游景区推出掷圆圈套玩具鹅的游戏，吸引了一大批的游客参加，规则是：每人花10元拿到5个圆圈，在离最近的玩具鹅的2米处掷圆圈5次，只要圆圈连续套住同一只鹅颈3次，就可以获得套住的那只玩具鹅．假设某游客每次掷圆圈套住鹅颈的概率为，且每次掷圆圈的结果互不影响，则该游客获得一只玩具鹅的概率为(　　)
A. B.
C. D.
答案　D
解析　设“第i次套住鹅颈”为事件Ai(i＝1,2,3,4,5)，则i表示“第i次未套住鹅颈”，依题意可得该游客能获得一只玩具鹅的3种情形：A1A2A3，1A2A3A4，12A3A4A5，
而P(A1A2A3)＝3＝，
P(1A2A3A4)＝3×＝，
P(12A3A4A5)＝3×2＝，
故该游客获得一只玩具鹅的概率为＋＋＝，故选D.
2．医学上某种还没有完全攻克的疾病，治疗时需要通过药物控制其中的两项指标H和V.现有A，B，C三种不同配方的药剂，根据分析，A，B，C三种药剂能控制H指标的概率分别为0.5,0.6,0.75，能控制V指标的概率分别为0.6,0.5,0.4，能否控制H指标与能否控制V指标之间相互没有影响．
(1)求A，B，C三种药剂中恰有一种能控制H指标的概率；
(2)某种药剂能使两项指标H和V都得到控制就说该药剂有治疗效果．求三种药剂中有治疗效果的药剂种数X的分布列．
解　(1)A，B，C三种药剂中恰有一种能控制H指标的概率为P＝P(A)＋P(B)＋P(C)
＝0.5×(1－0.6)×(1－0.75)＋(1－0.5)×0.6×(1－0.75)＋(1－0.5)×(1－0.6)×0.75＝0.275.
(2)∵A有治疗效果的概率为PA＝0.5×0.6＝0.3，
B有治疗效果的概率为PB＝0.6×0.5＝0.3，
C有治疗效果的概率为PC＝0.75×0.4＝0.3，
∴A，B，C三种药剂有治疗效果的概率均为0.3，可看成3次独立重复试验，
即X～B(3,0.3)．
∵X的可能取值为0,1,2,3，
∴P(X＝k)＝C×0.3k×(1－0.3)3－k，
即P(X＝0) ＝C×0.30×(1－0.3)3＝0.343，
P(X＝1)＝C×0.3×(1－0.3)2＝0.441，
P(X＝2)＝C×0.32×(1－0.3)＝0.189，
P(X＝3)＝C×0.33＝0.027.
故X的分布列如下．
X
0
1
2
3
P
0.343
0.441
0.189
0.027
　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　组　基础关
1．从甲口袋内摸出1个白球的概率是，从乙口袋内摸出1个白球的概率是，如果从两个口袋内各摸出一个球，那么是(　　)
A．2个球不都是白球的概率
B．2个球都不是白球的概率
C．2个球都是白球的概率
D．2个球恰好有一个球是白球的概率
答案　A
解析　∵2个球不都是白球的对立事件是2个球都是白球，从甲口袋摸出白球和从乙口袋摸出白球两者是相互独立的，∴2个球都是白球的概率P＝×＝，∴2个球不都是白球的概率是1－＝.故选A.
2．(2019·广西三市第一次联考)某机械研究所对新研发的某批次机械元件进行寿命追踪调查，随机抽查的200个机械元件情况如下：
使用时
间/天
10～20
21～30
31～40
41～50
51～60
个数
10
40
80
50
20
若以频率估计概率，现从该批次机械元件中随机抽取3个，则至少有2个元件的使用寿命在30天以上的概率为(　　)
A. B.
C. D.
答案　D
解析　由表可知元件使用寿命在30天以上的频率为＝，则所求概率为C2×＋3＝.
3．位于坐标原点的一个质点M按下述规则移动：质点每次移动一个单位，移动的方向为向上或向右，并且向上、向右移动的概率都是，质点M移动五次后位于点(2,3)的概率是(　　)
A.5 B.C×5
C．C×3 D.C×C×5
答案　B

解析　如图，由题可知质点M必须向右移动2次，向上移动3次才能位于点(2,3)，问题相当于5次重复试验中向右恰好发生2次的概率．所求概率为P＝C×2×3＝C×5.故选B.
4．某居民小区有两个相互独立的安全防范系统A和B，系统A和系统B在任意时刻发生故障的概率分别为和p，若在任意时刻恰有一个系统不发生故障的概率为，则p等于(　　)
A. B.
C. D.
答案　B
解析　由题意得，(1－p)＋p＝，
∴p＝.
5．(2019·成都调研)某学校10位同学组成的志愿者组织分别由李老师和张老师负责．每次献爱心活动均需该组织4位同学参加．假设李老师和张老师分别将各自活动通知的信息独立、随机地发给4位同学，且所发信息都能收到．则甲同学收到李老师或张老师所发活动通知信息的概率为(　　)
A. B.
C. D.
答案　C
解析　设A表示“甲同学收到李老师所发活动通知信息”，B表示“甲同学收到张老师所发活动通知信息”，由题意P(A)＝＝，P(B)＝＝，∴甲同学收到李老师或张老师所发活动通知信息的概率为＋－×＝.故选C.
6．投掷一枚图钉，设钉尖向上的概率为p，连续掷一枚图钉3次，若出现2次钉尖向上的概率小于出现3次钉尖向上的概率，则p的取值范围为(　　)
A. B.
C. D.
答案　B
解析　∵投掷一枚图钉，钉尖向上的概率为p(0，
∴p的取值范围为.
7．(2019·重庆模拟)某班组织由甲、乙、丙等5名同学参加的演讲比赛，现采用抽签法决定演讲顺序，在“学生甲不是第一个出场，学生乙不是最后一个出场”的前提下，学生丙第一个出场的概率为(　　)
A. B.
C. D.
答案　A
解析　设事件A为“学生甲不是第一个出场，学生乙不是最后一个出场”；事件B为“学生丙第一个出场，”则P(A)＝＝，P(AB)＝＝，则P(B|A)＝＝＝.
8．(2019·武昌区模拟)抛掷一枚质地均匀的骰子两次，记A＝{两次的点数均为奇数}，B＝{两次的点数之和为4}，则P(B|A)＝________.
答案　
解析　根据题意，抛掷一枚质地均匀的骰子两次，有6×6＝36种情况，记A＝{两次的点数均为奇数}，B＝{两次的点数之和为4}，事件A包含3×3＝9种情况，事件AB有2种情况，则P(A)＝＝，P(AB)＝，则P(B|A)＝＝.
9．某大厦的一部电梯从底层出发后只能在第18,19,20层停靠，若该电梯在底层有5位乘客，且每位乘客在这三层的每一层下电梯的概率为，用ξ表示5位乘客在第20层下电梯的人数，则P(ξ＝4)＝________.
答案　
解析　依题意，ξ～B，故P(ξ＝4)＝C4×1＝.
10．(2019·全国卷Ⅰ)甲、乙两队进行篮球决赛，采取七场四胜制(当一队赢得四场胜利时，该队获胜，决赛结束)．根据前期比赛成绩，甲队的主客场安排依次为“主主客客主客主”．设甲队主场取胜的概率为0.6，客场取胜的概率为0.5，且各场比赛结果相互独立，则甲队以4∶1获胜的概率是________．
答案　0.18
解析　甲队以4∶1获胜，甲队在第5场(主场)获胜，前4场中有一场输．
若在主场输一场，则概率为2×0.6×0.4×0.5×0.5×0.6；
若在客场输一场，则概率为2×0.6×0.6×0.5×0.5×0.6.
∴甲队以4∶1获胜的概率P＝2×0.6×0.5×0.5×(0.6＋0.4)×0.6＝0.18.
　组　能力关
1．(2019·广州市高三调研)已知甲袋中有1个黄球和1个红球，乙袋中有2个黄球和2个红球．现随机地从甲袋中取出1个球放入乙袋中，再从乙袋中随机取出1个球，则从乙袋中取出的球是红球的概率为(　　)
A. B.
C. D.
答案　B
解析　分两类：①若从甲袋中取出黄球，则乙袋中有3个黄球和2个红球，从乙袋中取出的球是红球的概率为；②若从甲袋中取出红球，则乙袋中有2个黄球和3个红球，从乙袋中取出的球是红球的概率为；∴所求概率P＝×＝.故选B.
2．(2020·安阳摸底)为了提升全民身体素质，学校十分重视学生体育锻炼．某校篮球运动员进行投篮练习，若他前一球投进则后一球也投进的概率为，若他前一球投不进则后一球投进的概率为.若他第1球投进的概率为，则他第2球投进的概率为(　　)
A. B.
C. D.
答案　B
解析　设该运动员第2球投进的概率为p2，第1球投进的概率为p1＝，∴p2＝p1＋(1－p1)＝p1＋＝×＋＝.故选B.
3．(2019·德州一模)某超市在中秋节期间举行有奖销售活动，凡消费金额满200元的顾客均获得一次抽奖的机会，中奖一次即可获得5元红包，没有中奖不得红包．现有4名顾客均获得一次抽奖机会，且每名顾客每次中奖的概率均为0.4，记X为4名顾客获得的红包金额总和，则P(10≤X≤15)＝________.
答案　
解析　中奖一次即可获得5元红包，没有中奖不得红包．现有4名顾客均获得一次抽奖机会，且每名顾客每次中奖的概率均为0.4，记X为4名顾客获得的红包金额总和，则P(10≤X≤15)＝C×0.42×0.62＋C×0.43×0.6＝.
4．为研究家用轿车在高速公路上的车速情况，交通部门随机选取100名家用轿车驾驶员进行调查，得到其在高速公路上行驶时的平均车速情况为：在55名男性驾驶员中，平均车速超过100 km/h的有40人，不超过100 km/h的有15人；在45名女性驾驶员中，平均车速超过100 km/h的有20人，不超过100 km/h的有25人．
(1)在被调查的驾驶员中，从平均车速不超过100 km/h的人中随机抽取2人，求这2人恰好有1名男性驾驶员和1名女性驾驶员的概率；
(2)以上述样本数据估计总体，从高速公路上行驶的家用轿车中随机抽取3辆，记这3辆车平均车速超过100 km/h且为男性驾驶员的车辆为X，求X的分布列．
解　(1)平均车速不超过100 km/h的驾驶员有40人，从中随机抽取2人的方法总数为C，记“这2人恰好有1名男性驾驶员和1名女性驾驶员”为事件A，则事件A所包含的基本事件数为CC，所以所求的概率P(A)＝＝＝.
(2)根据样本估计总体的思想，从总体中任取1辆车，平均车速超过100 km/h且为男性驾驶员的概率为
＝，
故X～B.
所以P(X＝0)＝C03＝，
P(X＝1)＝C2＝，
P(X＝2)＝C2＝，
P(X＝3)＝C30＝.
所以X的分布列如下．
X
0
1
2
3
P





　组　素养关
1．(2019·安徽六校教育研究会第二次联考)为调查人们在购物时的支付习惯，某超市对随机抽取的600名顾客的支付方式进行了统计，统计数据如表所示，
支付方式
微信
支付宝
购物卡
现金
人数
200
150
150
100
现有甲、乙、丙三人将进入该超市购物，各人支付方式相互独立，假设以频率近似代替概率．
(1)求三人中使用微信支付的人数多于现金支付的人数的概率．
(2)记X为三人中使用支付宝支付的人数，求X的分布列．
解　(1)由表格得顾客使用微信、支付宝、购物卡和现金支付的概率分别为，，，.
设Y为三人中使用微信支付的人数，Z为使用现金支付的人数，
事件A为“三人中使用微信支付的人数多于现金支付的人数”，
则P(A)＝P(Y＝3)＋P(Y＝2)＋P(Y＝1，且Z＝0)＝3＋C2×＋C×2＝＋＋＝.
(2)由题意可知X～B，故所求分布列如下．
X
0
1
2
3
P





2．(2019·顺德一模)某市市民用水拟实行阶梯水价，每人月用水量不超过w立方米的部分按4元/立方米收费，超出w立方米的部分按10元/立方米收费，从该市随机调查了10000位市民，获得了他们某月的用水量数据，整理得到如下频率分布直方图，并且前四组频数成等差数列．

(1)求a，b，c的值及居民月用水量在2～2.5内的频数；
(2)根据此次调查，为使80%以上居民月用水价格为4元/立方米，应将w至少定为多少？(w取整数)
(3)若将频率视为概率，现从该市随机调查3名居民的月用水量，将月用水量不超过2.5立方米的人数记为X，求其分布列．
解　(1)∵前四组频数成等差数列，∴所对应的也成等差数列，
设a＝0.2＋d，b＝0.2＋2d，c＝0.2＋3d，
∴0.5×(0.2＋0.2＋d＋0.2＋2d＋0.2＋3d＋0.2＋d＋0.1＋0.1＋0.1)＝1，
解得d＝0.1，∴a＝0.3，b＝0.4，c＝0.5.
居民月用水量在2～2.5内的频率为0.5×0.5＝0.25.
居民月用水量在2～2.5内的频数为0.25×10000＝2500.
(2)由题图及(1)可知，居民月用水量小于2的频率为(0.2＋0.3＋0.4)×0.5＝0.45，小于3的频率为0.45＋(0.5＋0.3)×0.5＝0.85，
∴为使80%以上居民月用水价格为4元/立方米，
应将w至少定为3.
(3)将频率视为概率，设A(单位：立方米)代表居民月用水量，
可知P(A≤2.5)＝0.7，
由题意，X～B(3,0.7)，
P(X＝0)＝C×0.33＝0.027，
P(X＝1)＝C×0.32×0.7＝0.189，
P(X＝2)＝C×0.3×0.72＝0.441，
P(X＝3)＝C×0.73＝0.343.
∴X的分布列如下．
X
0
1
2
3
P
0.027
0.189
0.441
0.343